Bac matematică M1 mate-info 2021, simulare: subiecte rezolvate pas cu pas

Rezolvările sunt generate cu AI și verificate. Nu reprezintă baremul oficial.

Subiectul I.1

5 puncte
Se consideră progresia geometrică (bn)n≥1\displaystyle (b_n)_{n\geq 1} cu b2=2\displaystyle b_2 = 2 și b4=4\displaystyle b_4 = 4. Determinați b6\displaystyle b_6.
Vezi rezolvarea
  1. Într-o progresie geometrică, pătratul unui termen este egal cu produsul termenilor echidistanți de el. Termenii b2\displaystyle b_2, b4\displaystyle b_4, b6\displaystyle b_6 sunt echidistanți față de b4\displaystyle b_4, deci b42=b2⋅b6\displaystyle b_4^{2}=b_2\cdot b_6.
    b42=b2⋅b6\displaystyle b_4^{2}=b_2\cdot b_6
  2. Înlocuim valorile date, b2=2\displaystyle b_2=2 și b4=4\displaystyle b_4=4, în relație: 42=2b6\displaystyle 4^{2}=2b_6.
    42=2b6⇒16=2b6\displaystyle 4^{2}=2b_6\Rightarrow 16=2b_6
  3. Împărțim egalitatea la 2\displaystyle 2 și obținem b6=162=8\displaystyle b_6=\dfrac{16}{2}=8.
    b6=8\displaystyle b_6=8
Înregistrează-te ca să exersezi orice problemă și să ai acces la mai multe funcții

Subiectul I.2

5 puncte
Se consideră funcția f:R→R\displaystyle f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, f(x)=x2−2x+m\displaystyle f(x)=x^2-2x+m, unde m\displaystyle m este număr real. Determinați numărul real m\displaystyle m pentru care vârful parabolei asociate funcției f\displaystyle f este situat pe dreapta y=3x\displaystyle y=3x.
Vezi rezolvarea
  1. Funcția are a=1\displaystyle a=1, b=−2\displaystyle b=-2, c=m\displaystyle c=m. Abscisa vârfului este xV=−b2a\displaystyle x_V=-\dfrac{b}{2a}.
    xV=−−22⋅1=1\displaystyle x_V=-\dfrac{-2}{2\cdot 1}=1
  2. Ordonata vârfului este yV=f(xV)=f(1)\displaystyle y_V=f(x_V)=f(1), adică f(1)=12−2⋅1+m\displaystyle f(1)=1^2-2\cdot 1+m.
    xV=1\displaystyle x_V=1, yV=m−1\displaystyle \ y_V=m-1
  3. Vârful V(1, m−1)\displaystyle V(1,\ m-1) se află pe dreapta y=3x\displaystyle y=3x dacă yV=3xV\displaystyle y_V=3x_V. Înlocuim coordonatele: m−1=3⋅1\displaystyle m-1=3\cdot 1.
    m−1=3\displaystyle m-1=3
  4. Rezolvăm ecuația: m=3+1\displaystyle m=3+1, deci m=4\displaystyle m=4.
    m=4\displaystyle m=4
Înregistrează-te ca să exersezi orice problemă și să ai acces la mai multe funcții

Subiectul I.3

5 puncte
Rezolvați în mulțimea numerelor reale ecuația 4x−2x+1−3=0\displaystyle 4^x-2^{x+1}-3=0.
Vezi rezolvarea
  1. Scriem toți termenii cu baza 2\displaystyle 2: 4x=(2x)2\displaystyle 4^x=\left(2^x\right)^2 și 2x+1=2⋅2x\displaystyle 2^{x+1}=2\cdot 2^x. Ecuația devine una în 2x\displaystyle 2^x.
    (2x)2−2⋅2x−3=0\displaystyle \left(2^x\right)^2-2\cdot 2^x-3=0
  2. Notăm t=2x\displaystyle t=2^x, cu t>0\displaystyle t>0, pentru că 2x>0\displaystyle 2^x>0 pentru orice x\displaystyle x real. Obținem ecuația de gradul al doilea în t\displaystyle t.
    t2−2t−3=0\displaystyle t^2-2t-3=0
  3. Descompunem în factori: căutăm două numere cu produsul −3\displaystyle -3 și suma −2\displaystyle -2, adică 1\displaystyle 1 și −3\displaystyle -3. Deci t2−2t−3=(t+1)(t−3)\displaystyle t^2-2t-3=(t+1)(t-3), iar revenind la t=2x\displaystyle t=2^x obținem forma factorizată.
    (2x+1)(2x−3)=0\displaystyle \left(2^x+1\right)\left(2^x-3\right)=0
  4. Un produs este zero când un factor este zero. Factorul 2x+1\displaystyle 2^x+1 este strict pozitiv pentru orice x\displaystyle x, deci ecuația 2x=−1\displaystyle 2^x=-1 nu are soluții (în t\displaystyle t: t=−1\displaystyle t=-1 nu convine, fiindcă t>0\displaystyle t>0). Rămâne 2x−3=0\displaystyle 2^x-3=0, adică t=3\displaystyle t=3.
    2x=3\displaystyle 2^x=3
  5. Aplicăm log⁡2\displaystyle \log_2 în ambii membri ai ecuației 2x=3\displaystyle 2^x=3 și obținem soluția unică a ecuației.
    x=log⁡23\displaystyle x=\log_2 3
Înregistrează-te ca să exersezi orice problemă și să ai acces la mai multe funcții

Subiectul I.4

5 puncte
Determinați numărul de numere naturale de trei cifre care au exact două cifre egale.
Vezi rezolvarea
  1. Un număr de trei cifre cu exact două cifre egale are cifrele a\displaystyle a, a\displaystyle a, b\displaystyle b cu a≠b\displaystyle a\neq b, în una dintre cele trei ordini: aab‾\displaystyle \overline{aab}, aba‾\displaystyle \overline{aba} sau baa‾\displaystyle \overline{baa}. Aceste forme sunt distincte între ele, deci le numărăm separat și adunăm.
    aab‾\displaystyle \overline{aab}, aba‾\displaystyle \ \overline{aba}, baa‾\displaystyle \ \overline{baa}
  2. Forma aab‾\displaystyle \overline{aab}: prima cifră a\displaystyle a nu poate fi 0\displaystyle 0, deci are 9\displaystyle 9 variante, de la 1\displaystyle 1 la 9\displaystyle 9. Cifra b\displaystyle b poate fi orice cifră diferită de a\displaystyle a, deci are 9\displaystyle 9 variante. Obținem 9⋅9\displaystyle 9\cdot 9 numere.
    9⋅9=81\displaystyle 9\cdot 9=81
  3. Forma aba‾\displaystyle \overline{aba}: din nou a\displaystyle a este între 1\displaystyle 1 și 9\displaystyle 9, deci are 9\displaystyle 9 variante, iar b\displaystyle b este orice cifră diferită de a\displaystyle a, deci are 9\displaystyle 9 variante. Obținem tot 81\displaystyle 81 de numere.
    9⋅9=81\displaystyle 9\cdot 9=81
  4. Forma baa‾\displaystyle \overline{baa}: acum prima cifră este b\displaystyle b, care nu poate fi 0\displaystyle 0 și trebuie să fie diferită de a\displaystyle a. Dacă a=0\displaystyle a=0, b\displaystyle b are 9\displaystyle 9 variante, de la 1\displaystyle 1 la 9\displaystyle 9. Dacă a\displaystyle a este între 1\displaystyle 1 și 9\displaystyle 9, b\displaystyle b are 8\displaystyle 8 variante, adică cifrele nenule diferite de a\displaystyle a. Obținem 9+9⋅8\displaystyle 9+9\cdot 8 numere.
    9+9⋅8=81\displaystyle 9+9\cdot 8=81
  5. Fiecare dintre cele trei forme conține 81\displaystyle 81 de numere, iar formele nu se suprapun. Numărul total de numere este 81⋅3\displaystyle 81\cdot 3.
    81⋅3=243\displaystyle 81\cdot 3=243
Înregistrează-te ca să exersezi orice problemă și să ai acces la mai multe funcții

Subiectul I.5

5 puncte
Segmentele AB\displaystyle AB și A′B′\displaystyle A'B' au același mijloc. Demonstrați că AB′→+BA′→=0→\displaystyle \overrightarrow{AB'}+\overrightarrow{BA'}=\overrightarrow{0}.
Vezi rezolvarea
  1. Notăm cu M\displaystyle M mijlocul comun al segmentelor AB\displaystyle AB și A′B′\displaystyle A'B'. Deoarece M\displaystyle M este mijlocul lui AB\displaystyle AB, avem AM→=MB→\displaystyle \overrightarrow{AM}=\overrightarrow{MB}. La fel, deoarece M\displaystyle M este mijlocul lui A′B′\displaystyle A'B', avem A′M→=MB′→\displaystyle \overrightarrow{A'M}=\overrightarrow{MB'}.
    AM→=MB→\displaystyle \overrightarrow{AM}=\overrightarrow{MB}, A′M→=MB′→\displaystyle \ \overrightarrow{A'M}=\overrightarrow{MB'}
  2. Descompunem AB′→\displaystyle \overrightarrow{AB'} prin M\displaystyle M, cu regula triunghiului. La fel descompunem BA′→\displaystyle \overrightarrow{BA'} prin M\displaystyle M. Obținem AB′→=AM→+MB′→\displaystyle \overrightarrow{AB'}=\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{MB'} și BA′→=BM→+MA′→\displaystyle \overrightarrow{BA'}=\overrightarrow{BM}+\overrightarrow{MA'}.
    AB′→+BA′→=AM→+MB′→+BM→+MA′→\displaystyle \overrightarrow{AB'}+\overrightarrow{BA'}=\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{MB'}+\overrightarrow{BM}+\overrightarrow{MA'}
  3. Grupăm termenii: AM→+BM→=MB→+BM→=0→\displaystyle \overrightarrow{AM}+\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{0}, deoarece AM→=MB→\displaystyle \overrightarrow{AM}=\overrightarrow{MB}. De asemenea MB′→+MA′→=A′M→+MA′→=0→\displaystyle \overrightarrow{MB'}+\overrightarrow{MA'}=\overrightarrow{A'M}+\overrightarrow{MA'}=\overrightarrow{0}, deoarece MB′→=A′M→\displaystyle \overrightarrow{MB'}=\overrightarrow{A'M}. Deci suma este 0→+0→=0→\displaystyle \overrightarrow{0}+\overrightarrow{0}=\overrightarrow{0}.
    AB′→+BA′→=AM→+MB′→+BM→+MA′→=0→+0→=0→\displaystyle \overrightarrow{AB'}+\overrightarrow{BA'}=\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{MB'}+\overrightarrow{BM}+\overrightarrow{MA'}=\overrightarrow{0}+\overrightarrow{0}=\overrightarrow{0}
Înregistrează-te ca să exersezi orice problemă și să ai acces la mai multe funcții

Subiectul I.6

5 puncte
Demonstrați că, în orice triunghi ABC\displaystyle ABC, are loc relația AB+AC+BC=2R(sin⁡A+sin⁡B+sin⁡C)\displaystyle AB+AC+BC=2R(\sin A+\sin B+\sin C), unde R\displaystyle R este raza cercului circumscris triunghiului.
Vezi rezolvarea
  1. Notăm laturile triunghiului în mod uzual: BC\displaystyle BC este opusă unghiului A\displaystyle A, AC\displaystyle AC este opusă unghiului B\displaystyle B, AB\displaystyle AB este opusă unghiului C\displaystyle C. Aplicăm teorema sinusurilor în triunghiul ABC\displaystyle ABC, unde R\displaystyle R este raza cercului circumscris: raportul dintre fiecare latură și sinusul unghiului opus este egal cu 2R\displaystyle 2R.
    BCsin⁡A=ACsin⁡B=ABsin⁡C=2R\displaystyle \dfrac{BC}{\sin A}=\dfrac{AC}{\sin B}=\dfrac{AB}{\sin C}=2R
  2. Din fiecare egalitate a teoremei sinusurilor scoatem latura, înmulțind cu sinusul unghiului opus: din BCsin⁡A=2R\displaystyle \dfrac{BC}{\sin A}=2R obținem BC=2Rsin⁡A\displaystyle BC=2R\sin A, și analog pentru celelalte două laturi.
    BC=2Rsin⁡A\displaystyle BC=2R\sin A, AC=2Rsin⁡B\displaystyle \ AC=2R\sin B, AB=2Rsin⁡C\displaystyle \ AB=2R\sin C
  3. Adunăm cele trei relații membru cu membru și dăm factor comun pe 2R\displaystyle 2R. Astfel perimetrul triunghiului este 2R\displaystyle 2R înmulțit cu suma sinusurilor unghiurilor, ceea ce trebuia demonstrat.
    AB+AC+BC=2Rsin⁡C+2Rsin⁡B+2Rsin⁡A=2R(sin⁡A+sin⁡B+sin⁡C)\displaystyle AB+AC+BC=2R\sin C+2R\sin B+2R\sin A=2R(\sin A+\sin B+\sin C)
Înregistrează-te ca să exersezi orice problemă și să ai acces la mai multe funcții

Subiectul II.1.a)

5 puncte
Se consideră sistemul de ecuații {ax+(a+1)y+(a+2)z=abx+(b+1)y+(b+2)z=by+z=1\begin{cases} ax+(a+1)y+(a+2)z=a \\ bx+(b+1)y+(b+2)z=b \\ y+z=1 \end{cases} și matricea X(a,b)=(aa+1a+2bb+1b+2011),X(a,b)=\begin{pmatrix} a & a+1 & a+2 \\ b & b+1 & b+2 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}, unde a\displaystyle a și b\displaystyle b sunt numere reale.

Arătați că det⁡(X(0,1))=1\displaystyle \det(X(0,1))=1.
Vezi rezolvarea
  1. Înlocuim a=0\displaystyle a=0 și b=1\displaystyle b=1 în matricea X(a,b)\displaystyle X(a,b). Prima linie devine (0, 1, 2)\displaystyle (0,\ 1,\ 2), a doua linie devine (1, 2, 3)\displaystyle (1,\ 2,\ 3), iar a treia linie rămâne (0, 1, 1)\displaystyle (0,\ 1,\ 1).
    X(0,1)=(012123011)\displaystyle X(0,1)=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}
  2. Scriem determinantul matricei prin regula lui Sarrus. Termenii pozitivi sunt produsul elementelor de pe diagonala principală și produsele de pe cele două paralele cu ea. Termenii negativi sunt produsul elementelor de pe diagonala secundară și produsele de pe cele două paralele cu ea.
    det⁡(X(0,1))=0⋅2⋅1+1⋅3⋅0+2⋅1⋅1−2⋅2⋅0−0⋅3⋅1−1⋅1⋅1\displaystyle \det(X(0,1))=0\cdot 2\cdot 1+1\cdot 3\cdot 0+2\cdot 1\cdot 1-2\cdot 2\cdot 0-0\cdot 3\cdot 1-1\cdot 1\cdot 1
  3. Calculăm fiecare produs și apoi adunăm și scădem termenii. Obținem 0+0+2−0−0−1=1\displaystyle 0+0+2-0-0-1=1, deci determinantul este egal cu 1\displaystyle 1.
    det⁡(X(0,1))=0+0+2−0−0−1=1\displaystyle \det(X(0,1))=0+0+2-0-0-1=1
Înregistrează-te ca să exersezi orice problemă și să ai acces la mai multe funcții

Subiectul II.1.b)

5 puncte
Se consideră sistemul de ecuații {ax+(a+1)y+(a+2)z=abx+(b+1)y+(b+2)z=by+z=1\begin{cases} ax+(a+1)y+(a+2)z=a \\ bx+(b+1)y+(b+2)z=b \\ y+z=1 \end{cases} și matricea X(a,b)=(aa+1a+2bb+1b+2011),X(a,b)=\begin{pmatrix} a & a+1 & a+2 \\ b & b+1 & b+2 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}, unde a\displaystyle a și b\displaystyle b sunt numere reale.

Demonstrați că, pentru orice numere reale distincte a\displaystyle a și b\displaystyle b, sistemul de ecuații are soluție unică.
Vezi rezolvarea
  1. Sistemul are trei ecuații și trei necunoscute, iar matricea lui este X(a,b)\displaystyle X(a,b). Sistemul are soluție unică exact când determinantul matricei este nenul (sistem de tip Cramer). Scriem determinantul.
    det⁡(X(a,b))=∣aa+1a+2bb+1b+2011∣\displaystyle \det(X(a,b))=\begin{vmatrix} a & a+1 & a+2 \\ b & b+1 & b+2 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix}
  2. Dezvoltăm determinantul după prima linie. Primul minor este (b+1)⋅1−(b+2)⋅1\displaystyle (b+1)\cdot 1-(b+2)\cdot 1, al doilea este b⋅1−(b+2)⋅0\displaystyle b\cdot 1-(b+2)\cdot 0, al treilea este b⋅1−(b+1)⋅0\displaystyle b\cdot 1-(b+1)\cdot 0.
    det⁡(X(a,b))=a((b+1)−(b+2))−(a+1)⋅b+(a+2)⋅b\displaystyle \det(X(a,b))=a\big((b+1)-(b+2)\big)-(a+1)\cdot b+(a+2)\cdot b
  3. Calculăm parantezele și reducem termenii: primul termen este −a\displaystyle -a, iar ceilalți doi dau −(a+1)b+(a+2)b=b\displaystyle -(a+1)b+(a+2)b=b. Obținem b−a\displaystyle b-a.
    det⁡(X(a,b))=−a−(a+1)b+(a+2)b=b−a\displaystyle \det(X(a,b))=-a-(a+1)b+(a+2)b=b-a
  4. Dacă a\displaystyle a și b\displaystyle b sunt distincte, atunci b−a≠0\displaystyle b-a\neq 0, deci determinantul sistemului este nenul. Prin urmare sistemul este compatibil determinat, adică are soluție unică, pentru orice numere reale distincte a\displaystyle a și b\displaystyle b.
    a≠b⇒det⁡(X(a,b))=b−a≠0\displaystyle a\neq b\Rightarrow \det(X(a,b))=b-a\neq 0
Înregistrează-te ca să exersezi orice problemă și să ai acces la mai multe funcții

Subiectul II.1.c)

5 puncte
Se consideră sistemul de ecuații {ax+(a+1)y+(a+2)z=abx+(b+1)y+(b+2)z=by+z=1\begin{cases} ax+(a+1)y+(a+2)z=a \\ bx+(b+1)y+(b+2)z=b \\ y+z=1 \end{cases} și matricea X(a,b)=(aa+1a+2bb+1b+2011),X(a,b)=\begin{pmatrix} a & a+1 & a+2 \\ b & b+1 & b+2 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}, unde a\displaystyle a și b\displaystyle b sunt numere reale.

Demonstrați că, dacă (x0,y0,z0)\displaystyle (x_0,y_0,z_0) este soluție a sistemului de ecuații, atunci y02−z02−2ax0=3\displaystyle y_0^2-z_0^2-2ax_0=3, pentru orice număr real a\displaystyle a.
Vezi rezolvarea
  1. Folosim a treia ecuație, y+z=1\displaystyle y+z=1, în primele două. În prima ecuație grupăm termenii: ax+a(y+z)+y+2z=a\displaystyle ax+a(y+z)+y+2z=a. Cum y+z=1\displaystyle y+z=1, obținem ax+a+y+2z=a\displaystyle ax+a+y+2z=a, deci ax+y+2z=0\displaystyle ax+y+2z=0. Scriem y+2z=(y+z)+z=1+z\displaystyle y+2z=(y+z)+z=1+z, deci ax+1+z=0\displaystyle ax+1+z=0. La fel, a doua ecuație devine bx+1+z=0\displaystyle bx+1+z=0.
    {ax+1+z=0bx+1+z=0y+z=1\displaystyle \begin{cases} ax+1+z=0 \\ bx+1+z=0 \\ y+z=1 \end{cases}
  2. Scădem cele două ecuații obținute: (a−b)x=0\displaystyle (a-b)x=0. De aici separăm cazurile a≠b\displaystyle a\neq b și a=b\displaystyle a=b.
    (a−b)x=0\displaystyle (a-b)x=0
  3. Cazul a≠b\displaystyle a\neq b: din (a−b)x=0\displaystyle (a-b)x=0 rezultă x=0\displaystyle x=0. Atunci z=−1\displaystyle z=-1 din prima ecuație, iar y=1−z=2\displaystyle y=1-z=2. Soluția este (0,2,−1)\displaystyle (0,2,-1).
    (x0,y0,z0)=(0,2,−1)\displaystyle (x_0,y_0,z_0)=(0,2,-1)
  4. Verificăm relația în acest caz: y02−z02−2ax0=22−(−1)2−2a⋅0=4−1−0=3\displaystyle y_0^2-z_0^2-2ax_0=2^2-(-1)^2-2a\cdot 0=4-1-0=3.
    y02−z02−2ax0=22−(−1)2−2a⋅0=3\displaystyle y_0^2-z_0^2-2ax_0=2^2-(-1)^2-2a\cdot 0=3
  5. Cazul a=b\displaystyle a=b: cele două ecuații coincid și rămâne ax+1+z=0\displaystyle ax+1+z=0, împreună cu y+z=1\displaystyle y+z=1. Notăm x=α\displaystyle x=\alpha, cu α∈R\displaystyle \alpha\in\mathbb{R} oarecare. Atunci z=−1−aα\displaystyle z=-1-a\alpha și y=1−z=2+aα\displaystyle y=1-z=2+a\alpha. Soluțiile sunt (α,2+aα,−1−aα)\displaystyle (\alpha,2+a\alpha,-1-a\alpha).
    (x0,y0,z0)=(α, 2+aα, −1−aα)\displaystyle (x_0,y_0,z_0)=(\alpha,\,2+a\alpha,\,-1-a\alpha), α∈R\displaystyle \ \alpha\in\mathbb{R}
  6. Înlocuim în expresie și dezvoltăm pătratele: (2+aα)2=4+4aα+a2α2\displaystyle (2+a\alpha)^2=4+4a\alpha+a^2\alpha^2 și (−1−aα)2=1+2aα+a2α2\displaystyle (-1-a\alpha)^2=1+2a\alpha+a^2\alpha^2. Termenii cu a2α2\displaystyle a^2\alpha^2 se reduc, iar 4aα−2aα−2aα=0\displaystyle 4a\alpha-2a\alpha-2a\alpha=0, deci rămâne 4−1=3\displaystyle 4-1=3. Relația este adevărată în ambele cazuri, pentru orice a\displaystyle a real.
    (2+aα)2−(−1−aα)2−2aα=4+4aα+a2α2−1−2aα−a2α2−2aα=3\displaystyle (2+a\alpha)^2-(-1-a\alpha)^2-2a\alpha=4+4a\alpha+a^2\alpha^2-1-2a\alpha-a^2\alpha^2-2a\alpha=3
Înregistrează-te ca să exersezi orice problemă și să ai acces la mai multe funcții

Subiectul II.2.a)

5 puncte
Pe mulțimea M=(2,+∞)\displaystyle M=(2,+\infty) se definește legea de compoziție asociativă x∗y=(x−1)log⁡3(y−1)+1\displaystyle x*y=(x-1)^{\log_3(y-1)}+1.

Arătați că 5∗10=17\displaystyle 5*10=17.
Vezi rezolvarea
  1. Scriem definiția legii pentru x=5\displaystyle x=5 și y=10\displaystyle y=10: x∗y=(x−1)log⁡3(y−1)+1\displaystyle x*y=(x-1)^{\log_3(y-1)}+1.
    5∗10=(5−1)log⁡3(10−1)+1\displaystyle 5*10=(5-1)^{\log_3(10-1)}+1
  2. Efectuăm scăderile din bază și din argumentul logaritmului: 5−1=4\displaystyle 5-1=4 și 10−1=9\displaystyle 10-1=9.
    5∗10=4log⁡39+1\displaystyle 5*10=4^{\log_3 9}+1
  3. Calculăm logaritmul: 9=32\displaystyle 9=3^{2}, deci log⁡39=2\displaystyle \log_3 9=2.
    log⁡39=log⁡332=2\displaystyle \log_3 9=\log_3 3^{2}=2
  4. Înlocuim valoarea logaritmului: 42=16\displaystyle 4^{2}=16, iar 16+1=17\displaystyle 16+1=17, deci egalitatea este demonstrată.
    5∗10=42+1=16+1=17\displaystyle 5*10=4^{2}+1=16+1=17
Înregistrează-te ca să exersezi orice problemă și să ai acces la mai multe funcții

Subiectul II.2.b)

5 puncte
Pe mulțimea M=(2,+∞)\displaystyle M=(2,+\infty) se definește legea de compoziție asociativă x∗y=(x−1)log⁡3(y−1)+1\displaystyle x*y=(x-1)^{\log_3(y-1)}+1.

Determinați elementul neutru al legii de compoziție „∗\displaystyle *”.
Vezi rezolvarea
  1. Elementul neutru e\displaystyle e trebuie să verifice x∗e=x\displaystyle x*e=x pentru orice x∈(2,+∞)\displaystyle x\in(2,+\infty). Scriem egalitatea folosind definiția legii: x∗e=(x−1)log⁡3(e−1)+1\displaystyle x*e=(x-1)^{\log_3(e-1)}+1.
    (x−1)log⁡3(e−1)+1=x\displaystyle (x-1)^{\log_3(e-1)}+1=x
  2. Scădem 1\displaystyle 1 din ambii membri și obținem (x−1)log⁡3(e−1)=x−1\displaystyle (x-1)^{\log_3(e-1)}=x-1. Baza x−1\displaystyle x-1 este strict mai mare decât 1\displaystyle 1, deoarece x>2\displaystyle x>2.
    (x−1)log⁡3(e−1)=(x−1)1\displaystyle (x-1)^{\log_3(e-1)}=(x-1)^{1}
  3. Deoarece baza x−1\displaystyle x-1 este pozitivă și diferită de 1\displaystyle 1, egalitatea are loc pentru orice x\displaystyle x doar dacă exponenții sunt egali: log⁡3(e−1)=1\displaystyle \log_3(e-1)=1. Deci e−1=3\displaystyle e-1=3, adică e=4\displaystyle e=4. Cum 4>2\displaystyle 4>2, avem e∈M\displaystyle e\in M.
    log⁡3(e−1)=1⇒e=4∈M\displaystyle \log_3(e-1)=1\Rightarrow e=4\in M
  4. Legea nu este dată comutativă, deci verificăm și 4∗x=x\displaystyle 4*x=x. Din definiție, 4∗x=(4−1)log⁡3(x−1)+1=3log⁡3(x−1)+1\displaystyle 4*x=(4-1)^{\log_3(x-1)}+1=3^{\log_3(x-1)}+1.
    4∗x=3log⁡3(x−1)+1\displaystyle 4*x=3^{\log_3(x-1)}+1
  5. Folosim identitatea 3log⁡3(x−1)=x−1\displaystyle 3^{\log_3(x-1)}=x-1, valabilă pentru x−1>0\displaystyle x-1>0. Obținem 4∗x=(x−1)+1=x\displaystyle 4*x=(x-1)+1=x. Cum x∗4=x\displaystyle x*4=x și 4∗x=x\displaystyle 4*x=x pentru orice x∈M\displaystyle x\in M, elementul neutru este e=4\displaystyle e=4.
    4∗x=(x−1)+1=x⇒e=4\displaystyle 4*x=(x-1)+1=x\Rightarrow e=4
Înregistrează-te ca să exersezi orice problemă și să ai acces la mai multe funcții

Subiectul II.2.c)

5 puncte
Pe mulțimea M=(2,+∞)\displaystyle M=(2,+\infty) se definește legea de compoziție asociativă x∗y=(x−1)log⁡3(y−1)+1\displaystyle x*y=(x-1)^{\log_3(y-1)}+1.

Determinați x∈M\displaystyle x\in M pentru care x∗x∗x=x∗x\displaystyle x*x*x=x*x.
Vezi rezolvarea
  1. Calculăm x∗x\displaystyle x*x, înlocuind y\displaystyle y cu x\displaystyle x în definiția legii: x∗x=(x−1)log⁡3(x−1)+1\displaystyle x*x=(x-1)^{\log_3(x-1)}+1. Notăm t=log⁡3(x−1)\displaystyle t=\log_3(x-1). Cum x>2\displaystyle x>2, avem x−1>1\displaystyle x-1>1, deci t>0\displaystyle t>0.
    x∗x=(x−1)log⁡3(x−1)+1\displaystyle x*x=(x-1)^{\log_3(x-1)}+1
  2. Legea este asociativă, deci x∗x∗x=(x∗x)∗x\displaystyle x*x*x=(x*x)*x. Avem (x∗x)−1=(x−1)t\displaystyle (x*x)-1=(x-1)^{t}, deci x∗x∗x=((x−1)t)log⁡3(x−1)+1=(x−1)t⋅t+1\displaystyle x*x*x=\left((x-1)^{t}\right)^{\log_3(x-1)}+1=(x-1)^{t\cdot t}+1.
    x∗x∗x=(x−1)log⁡32(x−1)+1\displaystyle x*x*x=(x-1)^{\log_3^2(x-1)}+1
  3. Egalăm x∗x∗x=x∗x\displaystyle x*x*x=x*x, adică (x−1)t2+1=(x−1)t+1\displaystyle (x-1)^{t^{2}}+1=(x-1)^{t}+1, deci (x−1)t2=(x−1)t\displaystyle (x-1)^{t^{2}}=(x-1)^{t}. Baza x−1>1\displaystyle x-1>1, deci funcția exponențială este injectivă și exponenții sunt egali: t2=t\displaystyle t^{2}=t.
    log⁡32(x−1)=log⁡3(x−1)\displaystyle \log_3^2(x-1)=\log_3(x-1)
  4. Ecuația t2=t\displaystyle t^{2}=t devine t2−t=0\displaystyle t^{2}-t=0, adică t(t−1)=0\displaystyle t(t-1)=0. Deci t=0\displaystyle t=0 sau t=1\displaystyle t=1.
    log⁡3(x−1)=0 sau log⁡3(x−1)=1\displaystyle \log_3(x-1)=0\text{ sau }\log_3(x-1)=1
  5. Din t=0\displaystyle t=0 rezultă x−1=1\displaystyle x-1=1, deci x=2∉M\displaystyle x=2\notin M, care nu convine. Din t=1\displaystyle t=1 rezultă x−1=3\displaystyle x-1=3, deci x=4∈M\displaystyle x=4\in M, care convine. Singura soluție este x=4\displaystyle x=4.
    x=4\displaystyle x=4
Înregistrează-te ca să exersezi orice problemă și să ai acces la mai multe funcții

Subiectul III.1.a)

5 puncte
Se consideră funcția f:R→R\displaystyle f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, f(x)=e2x+x4+2\displaystyle f(x)=\sqrt{e^{2x}+x^4+2}.

Arătați că f′(x)=e2x+2x3e2x+x4+2\displaystyle f'(x)=\frac{e^{2x}+2x^3}{\sqrt{e^{2x}+x^4+2}}, x∈R\displaystyle x\in\mathbb{R}.
Vezi rezolvarea
  1. Folosim formula de derivare a radicalului dintr-o funcție: (u)′=u′2u\displaystyle \left(\sqrt{u}\right)'=\dfrac{u'}{2\sqrt{u}}. Aici u(x)=e2x+x4+2\displaystyle u(x)=e^{2x}+x^{4}+2.
    f′(x)=(e2x+x4+2)′2e2x+x4+2\displaystyle f'(x)=\dfrac{\left(e^{2x}+x^{4}+2\right)'}{2\sqrt{e^{2x}+x^{4}+2}}
  2. Calculăm derivata lui u\displaystyle u: (e2x)′=2e2x\displaystyle \left(e^{2x}\right)'=2e^{2x} (derivata funcției compuse), (x4)′=4x3\displaystyle \left(x^{4}\right)'=4x^{3}, iar (2)′=0\displaystyle (2)'=0. Înlocuim în formulă.
    f′(x)=2e2x+4x32e2x+x4+2\displaystyle f'(x)=\dfrac{2e^{2x}+4x^{3}}{2\sqrt{e^{2x}+x^{4}+2}}
  3. Dăm factor comun 2\displaystyle 2 la numărător: 2e2x+4x3=2(e2x+2x3)\displaystyle 2e^{2x}+4x^{3}=2\left(e^{2x}+2x^{3}\right). Apoi simplificăm fracția prin 2\displaystyle 2 și obținem egalitatea cerută.
    f′(x)=2(e2x+2x3)2e2x+x4+2=e2x+2x3e2x+x4+2\displaystyle f'(x)=\dfrac{2\left(e^{2x}+2x^{3}\right)}{2\sqrt{e^{2x}+x^{4}+2}}=\dfrac{e^{2x}+2x^{3}}{\sqrt{e^{2x}+x^{4}+2}}
Înregistrează-te ca să exersezi orice problemă și să ai acces la mai multe funcții

Subiectul III.1.b)

5 puncte
Se consideră funcția f:R→R\displaystyle f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, f(x)=e2x+x4+2\displaystyle f(x)=\sqrt{e^{2x}+x^4+2}.

Demonstrați că tangenta la graficul funcției f\displaystyle f în punctul de abscisă x=0\displaystyle x=0, situat pe graficul funcției f\displaystyle f, este paralelă cu dreapta de ecuație x−3y=0\displaystyle x-\sqrt{3}y=0.
Vezi rezolvarea
  1. Panta tangentei la grafic în punctul de abscisă x=0\displaystyle x=0 este f′(0)\displaystyle f'(0). Notăm u(x)=e2x+x4+2\displaystyle u(x)=e^{2x}+x^{4}+2, deci f(x)=u(x)\displaystyle f(x)=\sqrt{u(x)}, iar f′(x)=u′(x)2u(x)\displaystyle f'(x)=\dfrac{u'(x)}{2\sqrt{u(x)}}.
    f′(x)=u′(x)2u(x)\displaystyle f'(x)=\dfrac{u'(x)}{2\sqrt{u(x)}}
  2. Derivăm: u′(x)=2e2x+4x3\displaystyle u'(x)=2e^{2x}+4x^{3}. Deci f′(x)=2e2x+4x32e2x+x4+2\displaystyle f'(x)=\dfrac{2e^{2x}+4x^{3}}{2\sqrt{e^{2x}+x^{4}+2}}.
    f′(x)=2e2x+4x32e2x+x4+2=e2x+2x3e2x+x4+2\displaystyle f'(x)=\dfrac{2e^{2x}+4x^{3}}{2\sqrt{e^{2x}+x^{4}+2}}=\dfrac{e^{2x}+2x^{3}}{\sqrt{e^{2x}+x^{4}+2}}
  3. Înlocuim x=0\displaystyle x=0: numărătorul este e0+2⋅03=1\displaystyle e^{0}+2\cdot 0^{3}=1, iar numitorul este e0+0+2=3\displaystyle \sqrt{e^{0}+0+2}=\sqrt{3}.
    f′(0)=13\displaystyle f'(0)=\dfrac{1}{\sqrt{3}}
  4. Din x−3y=0\displaystyle x-\sqrt{3}y=0 obținem 3y=x\displaystyle \sqrt{3}y=x, adică y=13x\displaystyle y=\dfrac{1}{\sqrt{3}}x. Panta dreptei date este deci m=13\displaystyle m=\dfrac{1}{\sqrt{3}}.
    m=13\displaystyle m=\dfrac{1}{\sqrt{3}}
  5. Cum f′(0)=13=m\displaystyle f'(0)=\dfrac{1}{\sqrt{3}}=m, tangenta în punctul de abscisă x=0\displaystyle x=0 are aceeași pantă cu dreapta x−3y=0\displaystyle x-\sqrt{3}y=0, deci cele două drepte sunt paralele.
    f′(0)=m=13\displaystyle f'(0)=m=\dfrac{1}{\sqrt{3}}
Înregistrează-te ca să exersezi orice problemă și să ai acces la mai multe funcții

Subiectul III.1.c)

5 puncte
Se consideră funcția f:R→R\displaystyle f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, f(x)=e2x+x4+2\displaystyle f(x)=\sqrt{e^{2x}+x^4+2}.

Demonstrați că funcția f\displaystyle f are un unic punct de extrem.
Vezi rezolvarea
  1. Notăm expresia de sub radical cu h(x)=e2x+x4+2\displaystyle h(x)=e^{2x}+x^{4}+2. Aceasta este strict pozitivă pentru orice x∈R\displaystyle x\in\mathbb{R}, deci f\displaystyle f este derivabilă pe R\displaystyle \mathbb{R}. Derivata este f′(x)=h′(x)2h(x)\displaystyle f'(x)=\dfrac{h'(x)}{2\sqrt{h(x)}}, cu h′(x)=2e2x+4x3\displaystyle h'(x)=2e^{2x}+4x^{3}.
    h′(x)=2e2x+4x3\displaystyle h'(x)=2e^{2x}+4x^{3}
  2. Simplificăm prin 2\displaystyle 2 și obținem f′(x)=e2x+2x3e2x+x4+2\displaystyle f'(x)=\dfrac{e^{2x}+2x^{3}}{\sqrt{e^{2x}+x^{4}+2}}. Numitorul este pozitiv, deci semnul lui f′\displaystyle f' este dat de numărător. Notăm numărătorul cu g(x)=e2x+2x3\displaystyle g(x)=e^{2x}+2x^{3}.
    f′(x)=g(x)e2x+x4+2\displaystyle f'(x)=\dfrac{g(x)}{\sqrt{e^{2x}+x^{4}+2}},g(x)=e2x+2x3\displaystyle \quad g(x)=e^{2x}+2x^{3}
  3. Derivăm funcția g\displaystyle g. Cum e2x>0\displaystyle e^{2x}>0 și x2≥0\displaystyle x^{2}\ge 0, derivata g′\displaystyle g' este strict pozitivă pe R\displaystyle \mathbb{R}, deci g\displaystyle g este strict crescătoare.
    g′(x)=2e2x+6x2>0\displaystyle g'(x)=2e^{2x}+6x^{2}>0
  4. Calculăm limitele lui g\displaystyle g la capetele domeniului. Când x→−∞\displaystyle x\to-\infty, e2x→0\displaystyle e^{2x}\to 0, iar 2x3→−∞\displaystyle 2x^{3}\to-\infty. Când x→+∞\displaystyle x\to+\infty, ambii termeni tind la +∞\displaystyle +\infty.
    lim⁡x→−∞g(x)=−∞\displaystyle \lim_{x\to-\infty}g(x)=-\infty,lim⁡x→+∞g(x)=+∞\displaystyle \quad \lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty
  5. Funcția g\displaystyle g este continuă, strict crescătoare, cu limite de semne opuse la capete. Deci ia toate valorile reale, o singură dată fiecare, și există un unic număr real c\displaystyle c cu g(c)=0\displaystyle g(c)=0.
    ∃! c∈R: g(c)=0\displaystyle \exists!\,c\in\mathbb{R}:\ g(c)=0
  6. Cum g\displaystyle g este strict crescătoare și g(c)=0\displaystyle g(c)=0, avem g(x)<0\displaystyle g(x)<0 pentru x<c\displaystyle x<c și g(x)>0\displaystyle g(x)>0 pentru x>c\displaystyle x>c. Același semn îl are f′\displaystyle f', deci f\displaystyle f este strict descrescătoare pe (−∞,c)\displaystyle (-\infty,c) și strict crescătoare pe (c,+∞)\displaystyle (c,+\infty). Derivata își schimbă semnul în c\displaystyle c, deci c\displaystyle c este punct de extrem (de minim), iar în rest f′\displaystyle f' nu se anulează. Așadar f\displaystyle f are un unic punct de extrem.
    f′(x)<0 pe (−∞,c)\displaystyle f'(x)<0\text{ pe }(-\infty,c), f′(x)>0 pe (c,+∞)⇒f are un unic punct de \displaystyle \ f'(x)>0\text{ pe }(c,+\infty)\Rightarrow f\text{ are un unic punct de }extrem\displaystyle \text{extrem}
Înregistrează-te ca să exersezi orice problemă și să ai acces la mai multe funcții

Subiectul III.2.a)

5 puncte
Se consideră funcția f:R→R\displaystyle f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, f(x)=12(1x2+1−1x2+3)\displaystyle f(x)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x^2+1}-\frac{1}{x^2+3}\right).

Arătați că ∫01(2f(x)+1x2+3)dx=π4\displaystyle \int_0^1\left(2f(x)+\frac{1}{x^2+3}\right)dx=\frac{\pi}{4}.
Vezi rezolvarea
  1. Înlocuim f(x)\displaystyle f(x) cu expresia dată: 2f(x)=1⋅(1x2+1−1x2+3)\displaystyle 2f(x)=1\cdot\left(\dfrac{1}{x^{2}+1}-\dfrac{1}{x^{2}+3}\right), deoarece factorul 12\displaystyle \dfrac{1}{2} se simplifică cu 2\displaystyle 2.
    2f(x)=1x2+1−1x2+3\displaystyle 2f(x)=\dfrac{1}{x^{2}+1}-\dfrac{1}{x^{2}+3}
  2. Adunăm 1x2+3\displaystyle \dfrac{1}{x^{2}+3}: termenii cu x2+3\displaystyle x^{2}+3 se reduc, iar funcția de integrat devine 1x2+1\displaystyle \dfrac{1}{x^{2}+1}.
    2f(x)+1x2+3=1x2+1\displaystyle 2f(x)+\dfrac{1}{x^{2}+3}=\dfrac{1}{x^{2}+1}
  3. Integrala devine ∫011x2+1 dx\displaystyle \int_0^1\dfrac{1}{x^{2}+1}\,dx, care este imediată: o primitivă a lui 1x2+1\displaystyle \dfrac{1}{x^{2}+1} este arctg⁡x\displaystyle \operatorname{arctg}x. Aplicăm formula Leibniz-Newton.
    ∫011x2+1 dx=arctg⁡x∣01\displaystyle \int_0^1\dfrac{1}{x^{2}+1}\,dx=\operatorname{arctg}x\Big|_0^1
  4. Calculăm valorile la limite: arctg⁡1=π4\displaystyle \operatorname{arctg}1=\dfrac{\pi}{4}, iar arctg⁡0=0\displaystyle \operatorname{arctg}0=0. Obținem π4\displaystyle \dfrac{\pi}{4}, adică exact ce trebuia arătat.
    arctg⁡1−arctg⁡0=π4−0=π4\displaystyle \operatorname{arctg}1-\operatorname{arctg}0=\dfrac{\pi}{4}-0=\dfrac{\pi}{4}
Înregistrează-te ca să exersezi orice problemă și să ai acces la mai multe funcții

Subiectul III.2.b)

5 puncte
Se consideră funcția f:R→R\displaystyle f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, f(x)=12(1x2+1−1x2+3)\displaystyle f(x)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x^2+1}-\frac{1}{x^2+3}\right).

Demonstrați că orice primitivă F\displaystyle F a funcției f\displaystyle f este strict crescătoare.
Vezi rezolvarea
  1. Dacă F\displaystyle F este o primitivă a lui f\displaystyle f, atunci F\displaystyle F este derivabilă și F′(x)=f(x)\displaystyle F'(x)=f(x) pentru orice x∈R\displaystyle x\in\mathbb{R}. Deci studiem semnul lui f\displaystyle f.
    F′(x)=f(x)=12(1x2+1−1x2+3)\displaystyle F'(x)=f(x)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x^2+1}-\frac{1}{x^2+3}\right)
  2. Aducem fracțiile din paranteză la același numitor (x2+1)(x2+3)\displaystyle \left(x^2+1\right)\left(x^2+3\right).
    F′(x)=12⋅x2+3−(x2+1)(x2+1)(x2+3)\displaystyle F'(x)=\frac{1}{2}\cdot\frac{x^2+3-\left(x^2+1\right)}{\left(x^2+1\right)\left(x^2+3\right)}
  3. Simplificăm numărătorul: x2+3−x2−1=2\displaystyle x^2+3-x^2-1=2, iar 2\displaystyle 2 se simplifică cu factorul 12\displaystyle \frac{1}{2}.
    F′(x)=12⋅2(x2+1)(x2+3)=1(x2+1)(x2+3)\displaystyle F'(x)=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{\left(x^2+1\right)\left(x^2+3\right)}=\frac{1}{\left(x^2+1\right)\left(x^2+3\right)}
  4. Pentru orice x∈R\displaystyle x\in\mathbb{R} avem x2≥0\displaystyle x^2\ge 0, deci x2+1>0\displaystyle x^2+1>0 și x2+3>0\displaystyle x^2+3>0. Produsul lor este pozitiv, deci F′(x)>0\displaystyle F'(x)>0 pe R\displaystyle \mathbb{R}. Prin urmare F\displaystyle F este strict crescătoare pe R\displaystyle \mathbb{R}.
    F′(x)=1(x2+1)(x2+3)>0, deci F este strict cresca˘toare \displaystyle F'(x)=\frac{1}{\left(x^2+1\right)\left(x^2+3\right)}>0\text{, deci }F\text{ este strict crescătoare }pe R\displaystyle \text{pe }\mathbb{R}
Înregistrează-te ca să exersezi orice problemă și să ai acces la mai multe funcții

Subiectul III.2.c)

5 puncte
Se consideră funcția f:R→R\displaystyle f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, f(x)=12(1x2+1−1x2+3)\displaystyle f(x)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x^2+1}-\frac{1}{x^2+3}\right).

Arătați că, pentru orice numere reale a\displaystyle a și b\displaystyle b, cu a<b\displaystyle a<b, ∫abf(x)F2(x)dx>0\displaystyle \int_a^b f(x)F^2(x)dx>0, pentru orice primitivă F\displaystyle F a funcției f\displaystyle f.
Vezi rezolvarea
  1. Aducem la același numitor: f(x)=12⋅(x2+3)−(x2+1)(x2+1)(x2+3)=1(x2+1)(x2+3)\displaystyle f(x)=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{(x^{2}+3)-(x^{2}+1)}{(x^{2}+1)(x^{2}+3)}=\dfrac{1}{(x^{2}+1)(x^{2}+3)}. Deci f(x)>0\displaystyle f(x)>0 pentru orice x∈R\displaystyle x\in\mathbb{R}. Dacă F\displaystyle F este o primitivă a lui f\displaystyle f, atunci F′(x)=f(x)>0\displaystyle F'(x)=f(x)>0, deci F\displaystyle F este strict crescătoare pe R\displaystyle \mathbb{R}.
    F′(x)=f(x)=1(x2+1)(x2+3)>0\displaystyle F'(x)=f(x)=\dfrac{1}{(x^{2}+1)(x^{2}+3)}>0
  2. Cum f=F′\displaystyle f=F', avem ∫abf(x)F2(x) dx=∫abF2(x)F′(x) dx\displaystyle \int_a^b f(x)F^{2}(x)\,dx=\int_a^b F^{2}(x)F'(x)\,dx. Observăm că (13F3(x))′=F2(x)F′(x)\displaystyle \left(\dfrac{1}{3}F^{3}(x)\right)'=F^{2}(x)F'(x), deci 13F3\displaystyle \dfrac{1}{3}F^{3} este o primitivă a integrandului.
    ∫abf(x)F2(x) dx=∫abF2(x)F′(x) dx\displaystyle \int_a^b f(x)F^{2}(x)\,dx=\int_a^b F^{2}(x)F'(x)\,dx
  3. Aplicăm formula Leibniz-Newton: ∫abF2(x)F′(x) dx=13F3(x)∣ab=13(F3(b)−F3(a))\displaystyle \int_a^b F^{2}(x)F'(x)\,dx=\dfrac{1}{3}F^{3}(x)\Big|_a^b=\dfrac{1}{3}\left(F^{3}(b)-F^{3}(a)\right).
    ∫abF2(x)F′(x) dx=13F3(x)∣ab=13(F3(b)−F3(a))\displaystyle \int_a^b F^{2}(x)F'(x)\,dx=\dfrac{1}{3}F^{3}(x)\Big|_a^b=\dfrac{1}{3}\left(F^{3}(b)-F^{3}(a)\right)
  4. Cum F\displaystyle F este strict crescătoare și a<b\displaystyle a<b, rezultă F(a)<F(b)\displaystyle F(a)<F(b). Funcția t↦t3\displaystyle t\mapsto t^{3} este strict crescătoare pe R\displaystyle \mathbb{R}, deci F3(a)<F3(b)\displaystyle F^{3}(a)<F^{3}(b), adică F3(b)−F3(a)>0\displaystyle F^{3}(b)-F^{3}(a)>0. Atunci ∫abf(x)F2(x) dx=13(F3(b)−F3(a))>0\displaystyle \int_a^b f(x)F^{2}(x)\,dx=\dfrac{1}{3}\left(F^{3}(b)-F^{3}(a)\right)>0, ceea ce trebuia arătat.
    F(a)<F(b)⇒∫abf(x)F2(x) dx>0\displaystyle F(a)<F(b)\Rightarrow\int_a^b f(x)F^{2}(x)\,dx>0
Înregistrează-te ca să exersezi orice problemă și să ai acces la mai multe funcții

În aplicație îți corectăm rezolvarea scrisă de mână pe barem

Creează cont gratuit

Aceeași sesiune, alți ani

Toate subiectele M1 mate-info

Folosim doar cookie-uri strict necesare (sesiune, limbă, banner, dispozitivul de pe care te-ai autentificat și cele temporare pentru autentificarea cu Google) — niciun cookie de publicitate sau de urmărire de la terți. Detalii în Politica de confidențialitate.